河北省名校联盟2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题（原卷版+解析版）

这是一份河北省名校联盟2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题（原卷版+解析版），共18页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 已知，则下列判断正确的是， 已知为正实数，则“”是“”的， 定义在上的函数满足，则等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：集合与常用逻辑用语､不等式､函数与导数.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知命题，命题，则（ ）
A. 和都真命题B. 和都是真命题
C. 和都是真命题D. 和都是真命题
3. 已知函数的导函数为，且，则（ ）
A. 2B. C. 1D.
4. 已知函数在上单调递增，则取值范围是（ ）
A. B. C. D.
5. 已知，则下列判断正确的是（ ）
A. B.
C. D.
6. 已知为正实数，则“”是“”的（ ）
A 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
7. 苏格兰数学家纳皮尔在研究天文学的过程中，为了简化大数之间的计算而发明了对数，利用对数运算可以求出大数的位数.已知，则是（ ）
A. 11位数B. 10位数C. 9位数D. 8位数
8. 若直线是曲线与公切线，则直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 如图所示，连接棱长为2的正方体各面的中心得到一个多面体容器，从顶点处向该容器内注水，直至注满水为止.图中水面的高度为，水面对应四边形的面积为，容器内水的体积为，则下列说法正确的是（ ）
A. 是的函数B. 是的函数
C. 是的函数D. 是的函数
10. 定义在上的函数满足，则（ ）
A. B.
C. 为偶函数D. 可能在上单调递增
11. 已知函数，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D. 的取值范围为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知是函数的极大值点，则__________.
13. 已知函数，则不等式的解集为__________.
14. 若不等式对恒成立，则的最大值为__________.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 已知或.
（1）若命题是真命题，求实数取值范围；
（2）若是的必要不充分条件，求实数的取值范围.
16. 已知幂函数为偶函数，且函数满足.
（1）求函数和的解析式；
（2）对任意实数恒成立，求的取值范围.
17. 已知函数.
（1）若，求的最小值；
（2）证明：曲线是中心对称图形.
18. 已知函数.
（1）讨论的导函数的单调性；
（2）若对任意恒成立，求的取值范围.
19. 已知函数，若存在实数，使得，则称与为“互补函数”，为“互补数”.
（1）判断函数与是否为“互补函数”，并说明理由.
（2）已知函数为“互补函数”，且为“互补数”.
（i）是否存在，使得？说明理由.
（ii）若，用的代数式表示的最大值.
河北省名校联盟2023-2024学年高一下学期7月期末考试
数学试题
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：集合与常用逻辑用语､不等式､函数与导数.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，解得，
所以，又，
所以.
故选：B
2. 已知命题，命题，则（ ）
A. 和都是真命题B. 和都是真命题
C. 和都是真命题D. 和都是真命题
【答案】B
【解析】
【分析】取出反例得到是假命题，是真命题，根据零点存在性定理判断得到方程有根，故是真命题，是假命题，得到答案.
【详解】对于而言，取，则，故是假命题，是真命题.
对于而言，令，，，
由零点存在性定理可知，存在，使得，
故是真命题，是假命题.
综上，和都是真命题.
故选：B
3. 已知函数的导函数为，且，则（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出，令，代入即可求解.
【详解】由题意得，令，则，得.
故选：A
4. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出函数定义域，结合复合函数单调性得到不等式，求出，得到答案.
【详解】由，得，所以的定义域为.
又在上单调递增，且在上单调递增，
所以解得，即的取值范围是.
故选：A
5. 已知，则下列判断正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
分析】利用对数运算和对数函数单调性得到，得到结论.
【详解】，故，
即.
故选：D
6. 已知为正实数，则“”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】举反例否定充分性，利用基本不等式证明必要性即可.
【详解】若，则，但是，故充分性不成立，
因为为正实数，所以.
当且仅当时取等，若，则，故必要性成立，
所以“”是“”的必要不充分条件，故C正确.
故选：C
7. 苏格兰数学家纳皮尔在研究天文学的过程中，为了简化大数之间的计算而发明了对数，利用对数运算可以求出大数的位数.已知，则是（ ）
A. 11位数B. 10位数C. 9位数D. 8位数
【答案】C
【解析】
【分析】设，两边取对数，根据指数和对数运算法则得到，得到结论.
【详解】记，则，则，
则，故是9位数.
故选：C
8. 若直线是曲线与的公切线，则直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设出直线与曲线和的切点分别为和，由公切线得到方程解出切点坐标，计算求解即可.
【详解】由，得，由，得.
设直线与曲线相切于点，
与曲线相切于点，
则，故.又，
解得，所以直线过点，斜率为1，
即直线的方程为.
故选：A
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 如图所示，连接棱长为2的正方体各面的中心得到一个多面体容器，从顶点处向该容器内注水，直至注满水为止.图中水面的高度为，水面对应四边形的面积为，容器内水的体积为，则下列说法正确的是（ ）
A. 是的函数B. 是的函数
C. 是的函数D. 是的函数
【答案】AC
【解析】
【分析】根据给定条件，利用函数的定义逐项判断即得.
【详解】对于A，当水面的高度确定时，水面对应四边形的面积也唯一确定，则是的函数，A正确；
对于B，当水面对应四边形的面积确定时，水面高度可能出现两种可能，则不是的函数，B错误；
对于C，随的增大而增大，是的函数，也是的函数，因此是的函数，C正确；
对于D，当水面对应四边形的面积确定时，可能出现两个值，不是的函数，D错误.
故选：AC
10. 定义在上的函数满足，则（ ）
A. B.
C. 为偶函数D. 可能在上单调递增
【答案】ABD
【解析】
【分析】令赋值判断A； 令和赋值判断B； 令赋值判断C； 由，可得，令，求出，判断D.
【详解】令，则，故A正确；
令，则，即，
令，则，即，故B正确；
令，则，即，所以为奇函数，故C错误；
当时，由，可得，
令，则，此时在上单调递增，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知函数，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D. 的取值范围为
【答案】CD
【解析】
【分析】作出函数图像判断A，举反例判断B，转化为一元函数，利用二次函数的性质判断C，指数函数的性质判断D即可.
【详解】结合函数的图象可知，，
由，得不出，故A错误，
令，此时，但是，故B错误.
因为，所以，所以，则，
又，所以，
由二次函数性质得在上单调递增，故，所以C正确.
因为，所以，故，
令，由指数函数性质得在上单调递增，
所以的取值范围为，故D正确.
故选：CD
【点睛】关键点点睛：本题考查求多变元表达式的范围，解题关键是合理利用函数图像找到变量关系，构造一元函数，然后利用指数函数的性质得到所要求的取值范围即可．
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知是函数的极大值点，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出函数的导数，得到函数的单调区间，从而求出函数的极大值点即可.
【详解】由题可知，
令，则，解得，.
当或时，，当时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
故为极大值点.
故答案为：.
13. 已知函数，则不等式的解集为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性，以及函数的单调性转化不等式为，即可求解.
【详解】由题可知的定义域为，
因为，所以是偶函数，
当时，，
所以，
所以在上单调递增.
由不等式，
可得，，
所以，
解得，
故不等式的解集为.
故答案为：.
14. 若不等式对恒成立，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先将不等式变形为，再把看成整体求解函数的值域，由不等式恒成立可得关于的不等关系，再利用不等关系表达所求式，并求其范围探究最值即可.
【详解】由，可得.
令，则在上单调递增，所以，
由对恒成立，
所以，则，故，
当且仅当，即时，等号成立，故的最大值为3.
故答案为：.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 已知或.
（1）若命题是真命题，求实数的取值范围；
（2）若是的必要不充分条件，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意得到是假命题，结合一元二次方程的性质，列出不等式即可求解；
（2）根据（1）的结论，得出命题是真命题的范围，再将问题转化为集合间的真子集关系，从而得到不等式组即可求解.
【小问1详解】
因为命题是真命题，所以命题是假命题，即关于的方程无实数根.
当时，方程无解，符合题意；
当时，，解得.
故实数的取值范围是.
【小问2详解】
由（1）知若命题是真命题，则或.
因为命题是命题的必要不充分条件，
所以或⫋或，
则解得，
所以实数的取值范围是.
16. 已知幂函数为偶函数，且函数满足.
（1）求函数和的解析式；
（2）对任意实数恒成立，求的取值范围.
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据函数为幂函数得到方程，结合函数的奇偶性得到，得到，，换元法得到的解析式；
（2）变形得到，，换元后，利用基本不等式求出最小值，得到，求出答案.
【小问1详解】
由为幂函数，得，解得或.
因为为偶函数，所以，
则.
由，可得，令，
则，
所以.
【小问2详解】
由，可得，
故，，
令，则，
当且仅当1，即时，等号成立，
所以，即，所以的取值范围为.
17. 已知函数.
（1）若，求的最小值；
（2）证明：曲线是中心对称图形.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，将问题转化为不等式恒成立问题，再利用分离参数法解决不等式恒成立问题，结合基本不等式即可求解;
（2）利用函数自对称的性质即可求解.
【小问1详解】
由，得，
因为，
所以在上恒成立，即等价于即可，
因为，
当且仅当时，等号成立，所以，
故的最小值为.
小问2详解】
由题可知，
所以曲线关于点对称，即曲线是中心对称图形.
18. 已知函数.
（1）讨论的导函数的单调性；
（2）若对任意恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）先求出的导函数，然后利用导数分类讨论分析函数的单调性即可；
（2）对任意恒成立，求参数的取值范围问题，转化为利用导数分类讨论求解函数的最小值，判断最小值是否大于零即可.
【小问1详解】
由题可知.
设，则.
①当时，上恒成立，
所以在上单调递增.
②当时，令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上所述，当时，是上的增函数，
当时，在上是减函数，在上是增函数.
【小问2详解】
①当时，在上单调递增，，
则在上单调递增，故成立；
②当时，，所以在上单调递增，，
则单调递增，故成立；
③当时，当时，在上单调递减，
又，所以在上单调递减，则不成立.
综上，的取值范围为.
19. 已知函数，若存在实数，使得，则称与为“互补函数”，为“互补数”.
（1）判断函数与是否为“互补函数”，并说明理由.
（2）已知函数为“互补函数”，且为“互补数”.
（i）是否存在，使得？说明理由.
（ii）若，用的代数式表示的最大值.
【答案】（1）不是“互补函数”，理由见解析；
（2）（i）存在，理由见解析；（ii）.
【解析】
【分析】（1）利用导数分别求出，的值域，由“互补函数”的定义判断即可；
（2）（i）根据定义，可得，即可求解；（ii）根据条件可化简得，令，利用导数求出的单调性，从而可得的最大值.
小问1详解】
因为，则，
所以在单调递增，在单调递减，则，所以，
因为，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以.
故不存在实数，使得，则与不是“互补函数”.
【小问2详解】
（i）存在，使得.
由，得，
则，故存在.
（ii）令，则，
两式相加可得，
两式相减可得
所以，
故.
令，
则.
.
因为，所以，
故当时，，即在上是减函数.
因为，
所以的最大值为.